Question

16．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），其左、右焦點分別為F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0）（c＞0）．
（Ⅰ）若c=2，且F₂關于直線y=$\frac{12}{5}$x+$\frac{5}{6}$的對稱點在橢圓E上，求橢圓E的方程；
（Ⅱ）如圖所示，若橢圓E的內(nèi)接平行四邊形的一組對邊分別經(jīng)過它的兩個焦點，試求這個平行四邊形的面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得，c=2，設F₂關于直線y=$\frac{12}{5}$x+$\frac{5}{6}$的對稱點為（m，n），運用點關于直線的對稱條件，解方程可得m，n，代入橢圓方程，可得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）①當直線AD的斜率不存在時，求出三個點的坐標，然后求解平行四邊形的面積；
②當直線AD的斜率存在時，設直線AD的方程為y=k（x-c），與橢圓方程聯(lián)立，設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．利用韋達定理，連結(jié)AF₁，DF₁，表示出面積表達式，然后求解最值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得，c=2，即a²-b²=4，
設F₂關于直線y=$\frac{12}{5}$x+$\frac{5}{6}$的對稱點為（m，n），
可得$\frac{n}{m-2}$=-$\frac{5}{12}$，$\frac{1}{2}$n=$\frac{12}{5}$•$\frac{1}{2}$（m+2）+$\frac{5}{6}$，
解得m=-2，n=$\frac{5}{3}$，
將（-2，$\frac{5}{3}$）代入橢圓方程可得$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{25}{9^{2}}$=1，
解得a=3，b=$\sqrt{5}$，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1；
（Ⅱ）①當直線AD的斜率不存在時，
此時易得A（c，$\frac{^{2}}{a}$），B（-c，$\frac{^{2}}{a}$），C（-c，-$\frac{^{2}}{a}$），D（c，-$\frac{^{2}}{a}$），
所以平行四邊形ABCD的面積為|AB|•|CD|=$\frac{4c^{2}}{a}$；
②當直線AD的斜率存在時，設直線AD的方程為y=k（x-c），
將其代入橢圓方程，整理得（b²+a²k²）x²-2ca²k²x+a²c²k²-a²b²=0．
設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．
則x₁+x₄=$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₄=$\frac{{a}^{2}{c}^{2}{k}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$．
連結(jié)AF₁，DF₁，
則平行四邊形ABCD的面積S=2${S}_{△AD{F}_{1}}$=|F₁F₂|•|y₁-y₄|=2c|y₁-y₄|，
又（y₁-y₄）²=k²（x₁-x₄）²=k²[（x₁+x₄）²-4x₁x₄]
=k²[（$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$）²-4•$\frac{{a}^{2}{c}^{2}{k}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$]=$\frac{4^{4}}{{a}^{2}}$•$\frac{{k}^{2}（1+{k}^{2}）}{（{k}^{2}+\frac{^{2}}{{a}^{2}}）^{2}}$，
由a＞b，可得（k²+$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$）²-k²（1+k²）=$\frac{2^{2}-{a}^{2}}{{a}^{2}}$k²+$\frac{^{4}}{{a}^{4}}$，
當a≤$\sqrt{2}$b時，（y₁-y₄）²＜$\frac{4^{4}}{{a}^{2}}$，即有S＜$\frac{4c^{2}}{a}$；
當a＞$\sqrt{2}$b時，S與k的取值有關，無最值．
綜上，當a≤$\sqrt{2}$b時，平行四邊形的面積取得最大值$\frac{4c^{2}}{a}$；
當a＞$\sqrt{2}$b時，S與k的取值有關，無最值．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，直線與橢圓的綜合應用，考查分析問題解決問題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應用，綜合性強，屬于難題．